Подполе $\mathbb{R}$

[g______d]

Хорхе в сообщении #589293 писал(а):

Если бы этот факт имел место и для прямой суммы множеств (которая в некотором смысле "эквивалентна" декартовому произведению)

Нашел такую статью

http://arxiv.org/abs/0808.1873

, но вроде бы нужны дополнительные предположения.

[xmaister]

У Alexander Kharazishvili, Nonmeasurable Sets and Functions нашёл конструкцию, хотелось бы разобраться.
Строятся подгруппы $\mathbb{R}$, являющиеся множеством Бернштейна и пересекающиеся только в нуле.
Для каждого $X\subset\mathbb{R}$ обозначают через $[X]$- группу, порожденную $X$. Пусть $\alpha$- наименьший ординал мощности $\mathfrak{c}$ и пусть $\{P_{\xi}|\xi<\alpha\}$- семейство всех замкнутых подмножеств $\mathbb{R}$ (Мне непонятно, они что определили так трансфинитную последовательность замкнутых множеств типа $\alpha$, в смысле $P_\xi$- произвольное несчетное замкнутое подмножество прямой? Такая последовательность существует из теоремы об определнии по трансфинитной индукции, так?). Далее определяются 2 трансфинитные последовательности типа $\alpha$:

$$\{G_{1,\xi}|\xi<\alpha\}\text{ и }\{G_{2,\xi}|\xi<\alpha\}$$

, такие что:
1. $G_{1,1}\subset G_{1,2}\subset\ldots\subset G_{1,\xi}\subset\ldots$
2. $G_{2,1}\subset G_{2,2}\subset\ldots\subset G_{2,\xi}\subset\ldots$
3. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $G_{1,\xi}\cap G_{2,\xi}=\{0\}$
4. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $G_{2,\xi}\cap P_{\xi}\ne\varnothing$, $G_{2,\xi}\cap P_{\xi}\ne\varnothing$
5. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $card(G_{1,\xi})\le card(\xi)+\omega$, $card(G_{2,\xi})\le card(\xi)+\omega$
Предположим, что для некоторого ординала $\xi$ семейства $\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\}$ и $\{G_{2,\zeta}|\zeta<\xi\}$ уже определены. Кладём, что $G_{\xi'}=\left[\bigcup\{G_{1,\zeta}\cup G_{2,\zeta}|\zeta<\xi\}\right]$. Далее получим, что $card(G_{\xi}')\le card(\xi)+\omega<\mathfrak{c}$
Первое неравенство, как я понял, вытекает из того, что если $G$- группа, $H\subset G$- подмножество, такая что $card(H)=\mathfrak{m}\ge\aleph_0$, тогда $|[H]|=\mathfrak{m}$. Рассмотрим множество всех конечных сумм $H'=\{(-1)^{\varepsilon_1}a_1+\ldots+(-1)^{\varepsilon_n}a_n|a_i\in H,n\in\mathbb{N},\varepsilon_i\in\{0,1\}\}$- группа, тогда имеем, что $|H'|\le\mathfrak{m}$, значит $[H]=\mathfrak{m}$. Т.е. Мы изначально должны выбрать $G_{1,1},G_{2,1}$- бесконечными? А такие $G_{1,1},G_{2,1}$ вообще есть?

Т.к. $card(P_{\xi})=\mathfrak{c}>card(G_{\xi})'$, то можно выбрать 2 различные точки $u_{\xi},v_{\xi}$, такие что$\forall m,n\in\mathbb{Z}\ (mv_{\xi}+nu_{\xi}\in G_{\xi}'\Rightarrow m=n=0)$ (Поясните пожалуйста, почему так можно сделать?). Теперь определяют $G_{1,\xi}=\left[\{u_\xi\}\cup(\bigcup\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$, $G_{2,\xi}=\left[\{v_\xi\}\cup(\bigcup\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$. Окончательно пологают, что $G_1=\bigcup\{G_{1,\xi}|\xi<\alpha\}$ и $G_2=\bigcup\{G_{2,\xi}|\xi<\alpha\}$. В инетернетах нашёл, что множество Бернштейна- неизмеримо и имеет мощность континуума. Доказывать это я тоже не умею , дайте, пожалуйста, на водку. И также в конце доказательства сделано замечание, что это док-во можно модифицировать и для подполя $\mathbb{R}$. Это понятно, т.к. длч подполя верно, что $card(\mathbb{F}_{\xi}')\le card(\xi)+\omega<\mathfrak{c}$ и для аналогично построенного $\mathbb{F}_{1,\xi}=\left[\{u_\xi\}\cup(\bigcup\{\mathbb{F}_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$ верно $card(\mathbb{F}_{1,\xi})\le card(\xi)+\omega$. Остаётся только определить бесконечные $\mathbb{F}_{1,1}$ и $\mathbb{F}_{2,1}$ с пересечением только в $\{0\}$ и $\{1\}$.

[arqady]

arqady в сообщении #589033 писал(а):

Кстати, легко показать, что не существует собственного подполя $F$ поля $\mathbb R$ такого, что $F\left(\sqrt2\right)=\mathbb R$.

Хорхе в сообщении #589051 писал(а):

Да, расширение порядка 2 является нормальным, а $\mathbb R$ не может быть конечным нормальным расширением (поскольку группа его автоморфизов тривиальна).

А как быть, если $\mathbb R$ заменить на $\mathbb C$? Ведь Ваше рассуждение не проходит в этом случае.

[Хорхе]

arqady в сообщении #589599 писал(а):

arqady в сообщении #589033 писал(а):

Кстати, легко показать, что не существует собственного подполя $F$ поля $\mathbb R$ такого, что $F\left(\sqrt2\right)=\mathbb R$.

Хорхе в сообщении #589051 писал(а):

Да, расширение порядка 2 является нормальным, а $\mathbb R$ не может быть конечным нормальным расширением (поскольку группа его автоморфизов тривиальна).

А как быть, если $\mathbb R$ заменить на $\mathbb C$? Ведь Ваше рассуждение не проходит в этом случае.

Не проходит, поскольку у $\mathbb C$ очень много нетривиальных автоморфизмов. И, если мне не изменяет память, то существует такой автоморфизм $\varphi$, что $\varphi(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$, поэтому если $\mathbb{F}$ -- поле, фиксируемое этим автоморфизмом, то $\mathbb C=\mathbb{F}(\sqrt{2})$.

[arqady]

Хорхе, можно доказать, что и в случае $\mathbb C$ такоe $F$ не существует!

[Хорхе]

Ага, понял свою ошибку: мне нужен такой автоморфизм порядка 2. Сейчас подумаю.

[xmaister]

Хорхе
, кажется понял как строить неизмеримое собственное подполе, Вы не посмотрите, правильно ли?
Положим $\mathbb{F}_0=\mathbb{Q}$. Вполне упорядочим семейство несчетных замкнутых множеств $\{P_\xi|\xi<\alpha\}$ наименьшим ординалом $\alpha$ мощности $\mathfrak{c}$. Определяем трансфинитную последовательность типа $\alpha$- $\{\mathbb{F}_\zeta|\zeta<\alpha\}$, такую что $\mathbb{F}_\zeta<\mathbb{F}_\theta\Leftrightarrow \zeta<\theta$, $|\mathbb{F}_\zeta|\le|\zeta|+\aleph_0$. Положим, что все $\{\mathbb{F}_\zeta|\zeta<\xi\}$ уже определены. Тогда $F_\xi '=\left[\bigcup\limits_{\zeta<\xi}\mathbb{F}_\zeta\right]$, причем $|F_\xi '|\le|\xi|+\aleph_0<\mathfrak{c}$. Существует элемент $u_\xi\in P_\xi$, такой что $\forall m\in\mathbb{Z}\ mu_\xi\in\mathbb{F}_\xi '\Rightarrow m=0$, если бы не существовал, то $\mathbb{F}_\xi '$ было бы мощности континуум. Тогда имеем $\mathbb{F}_\xi=\left[\{u_\xi\}\cup\left(\bigcup\limits_{\zeta<\xi}\mathbb{F}_\zeta\right\righ)\right]$ и $\mathbb{F}=\bigcup\limits_{\zeta<\alpha}\mathbb{F}_\zeta$. $\mathbb{F}$- множество Бернштейна, значит не измеримое.

[xmaister]

Да уж, понял, что бред написал...

[nnosipov]

arqady в сообщении #589654 писал(а):

можно доказать, что и в случае $\mathbb C$ такоe $F$ не существует!

Действительно, рассмотрим корень восьмой степени из минус единицы.

[Хорхе]

А я рассмотрел, ничего не получилось. Я, правда, мало думал.

-- Чт июн 28, 2012 13:18:05 --

xmaister в сообщении #589875 писал(а):

Да уж, понял, что бред написал...

То-то я понять это не мог. Но пока не придумал ничего нового.

[arqady]

nnosipov, это ведёт к победе!